Congruences

Élever chaque membre de $a=b+\lambda p^k$ à la puissance $p$.

Edit : Grillé

Pour continuer sur la suggestion de Goleon,
Cela dit, si on a que $a$ et $b$ sont congrus modulo $p^k$ avec $k\geq 1$ on a aussi que $a$ et $b$ sont congrus modulo $p$ et on aurait:

$\sum_{k=0}^{p-1}a^{p-1-k}b^k\equiv \sum_{k=0}^{p-1} a^{p-1}\mod{p}$

Et il me semble qu'on peut mobiliser le théorème de Fermat pour conclure (en faisant attention).

Si $a$ est divisible par $p$ la somme est divisible par $p$.
Si $a$ n'est pas divisible par $p$, puisque $p$ est premier c'est donc que $a$ est premier à $p$ et on peut appliquer le petit théorème de Fermat ce qui fait que la somme est congrue à $\displaystyle \sum_{k=0}^{p-1} 1$ mais il y a $p$ termes dans la somme donc cette dernière somme vaut $p$.

On peut aussi voir que: $\displaystyle \sum_{k=0}^{p-1} a^{p-1}=pa^{p-1}$

Salut Boole et bill

Pas besoin du théorème de Fermat !

Goleon et Boole et Bill
Goleon : d'accord avec toi. Et en fait, si on y regarde bien, $p$ premier ne sert pas. Notons le alors $m \ge 1$. Et si on regarde encore plus, on voit que ce qui a été effectivement prouvé est :
$$
m \mid a- b \qquad \Rightarrow\qquad m(a-b) \mid a^m - b^m \qquad\qquad (\heartsuit)
$$Juste, en écrivant, comme sous-entendu par Goleon, que $a^m - b^m = (a-b)S_m(a,b)$, $S_m(a,b)$ étant la somme à laquelle on pense ($m$ termes) qui vérifie $S_m(a,a) = ma^{m-1}$ (ne pas oublier que modulo $m$, on a $a = b$, hi, hi).

Of course, quand on a $(\heartsuit)$ avec soi, et que l'hypothèse est $a \equiv b \bmod m^k$ avec $k \ge 1$, a fortiori $a \equiv b \bmod m$, il n'est pas trop difficile d'en déduire $a^m \equiv b^m \bmod m^{k+1}$.

Et peut-être qu'en regardant encore, il n'y a plus d'arithmétique dans $\Z$ mais de l'algèbre commutative ??

PS : Goleon, en mode plaine ?

@B&B : c'est le même genre d'argument que pour montrer que pour $p$ premier impair et $k \geq 1$, $1+p$ est d'ordre $p^{k-1}$ dans $\left(\mathbb Z/p^k \mathbb Z\right)^{\times}$.